Сабақтар боөЖ 0 Емтихан семестр Өскемен, 2019 ж


дәріс. Біртекті дифференциалдық теңдеулер



бет5/12
Дата08.02.2022
өлшемі284,49 Kb.
#120172
түріСабақ
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12
Байланысты:
59272324192 Силлабус ҚДТ к.о.

дәріс. Біртекті дифференциалдық теңдеулер.



Дәрістің қысқаша мазмұны:


Анықтама 9. (x; y) функциясы x пен y бойынша -шы ретті біртекті функция

деп аталады, егер кез келген t үшін:
 (tx;ty)  t (x; y)
теңдігі орындалатын болса.

Анықтама 10. Егер
M (x; y)
және
N (x; y)
- бірдей ретті біртекті функциялар

болса, онда (1) теңдеуі біртекті дифференциалдық теңдеу деп аталады.

у
f (x, y)
теңдеуі біртекті болады, егер
f (tx;ty) 
f (x; y) , яғни,
  0 .

Біртекті дифференциалдық теңдеу айнымалыларды ауыстыру көмегімен айнымалылары ажыратылатын дифференциалдық теңдеуге келтіріледі:

u y y ux, y u xu x

немесе
dy udx xdu . (12)



Мысал 7. Теңдеуді шеш:
y 2
x2 y xyy .

Шешуі. Барлығын теңдеудің бір жағына жинақтау арқылы, біртекті дифференциалдық теңдеуге келтіреміз:

y 2 x2 dy xy dy
y 2 dx  (x2 xy)dy  0

dx dx


M y 2 және N x2 xy
- 2-ші ретті біртекті функциялар болғандықтан, теңдеу

біртекті дифференциалдық теңдеу. u y

x


белгілеуін енгіземіз.



u 2 x2 dx  (x2 x2u)(udx xdu)  0  udx x(1  u)du  0
- бұл

айнымалылары ажыратылатын дифференциалдық теңдеу. Екі жағын да көбейтіндісіне бөліп, интегралдасақ:
u x

dx 1 u du C  ln x  ln u u C

 ln ux  ln e4  lnC



x u 1 1
xu y y

  C u
eu x
y Cex - жалпы шешім.

u  0 және x  0
С=0 болғанда шығады.
жағдайлары
y ux  0 жағдайымен тепе-тең. Жалпы шешімнен

ax by c



Ескерту 4 .
y f
a x b y c
түріндегі теңдеу біртекті дифференциалдық

 1 1 1 
теңдеуге келтіріледі.
Мысал 8. (x y  1)dx  (2x y  1)dy
теңдеуін біртекті дифференциалдық

теңдеу түріне келтір.
Шешуі. Айнымалыларды ауыстырамыз ( h және t - тұрақтылар):

y v t
x u h dx du, dy dv  (u v h t  1)du  (2u v  2h t  1)dv.

h және t -ны бос мүшелері нөлге тең болатындай етіп, таңдап аламыз:

h t  1  0


2h t  1  0
h  0,t  1.

Сонымен,
x u, y v  1 деп жаңа айнымалылар енгізсек,

(u v)du  (2u v)dv
түріндегі біртекті дифференциал теңдеуге келеміз.

Мысал 9.
2x 2 y x 2y 2
дифференциал теңдеуін интегралда және оның у(1)=0

бастапқы шартын қанағаттандыратын дербес шешімін тап.

2x 2
және
x 2y 2
функциялары екінші ретті біртекті функция болғандықтан,

берілген теңдеу - біртекті. Айнымалыларды ауыстырамыз: y xu, y u xu.
Онда
2x 2u xu  x 2  xu ,2 2x 2u xu  x 2 1  u 2 .
х≠0 деп, теңдеудің екі жағын да х 2 -қа бөлеміз:
2u  2x du  1  u 2 ,2xdu  1  u 2  2udx.
dx
Айнымалыларды ажыратып, екі жағын да интегралдасақ:
du dx ,

du
1  u 2  2u
dx ,
2x
d u 1 1 ln x ,

1  u 2  2u 2x
u 12 2

  • 1 1 ln x  ln C,

1  1  ulnC
. .

u 1 2
Соңғы өрнектегі u-дың орнына у/х –ті қойып, жалпы интегралды аламыз:
1  1  y lnC , x x ylnC . .

x
 
 
Оны у –ке қатысты шешсек, берілген дифференциал теңдеудің жалпы шешімін

аламыз:



ln C
y x
x .


x
у(1)=0 бастапқы шартын ескере, С тұрақтысын анықталық:

0  1 
1 ,
ln C
ln C  1,
C e.

Сонымен, берілген теңдеудің дербес шешімі:
y x
x . ◄




  1. дәріс. Бірінші ретті сызықты дифференциалдық теңдеулер.



Дәрістің қысқаша мазмұны:


Анықтама 11. Егер дифференциал теңдеу ізделінді функция мен оның туындысы бойынша сызықты болса, ондай теңдеуді сызықты дифференциал теңдеу деп атаймыз.
Бірінші ретті сызықты дифференциал теңдеуді мына түрде жазуға болады:

y P(x) y Q(x)
(13)

y P(x) y  0 , (14)
(13) – біртектес емес, ал (14) – біртектес дифференциал теңдеу деп аталады. Біртектес дифференциал теңдеудің жалпы шешімін табалық:

dy P(x)dx  0  ln y dx
  P(x)dx  ln C

y Ce P ( x ) dx
(15)

Лагранж әдісін (тұрақты шаманы вариациалау әдісі) қолданып, (13) теңдеуінің
шешімін алуға болады. Шешімді (15) түрінде іздейміз, мұндағы C C(x) - белгісіз функция. Онда (13) теңдеуіндегі y -тың орнына:

y C(x)e P ( x ) dx
ал y - тің орнына (5)-ті қойсақ:

  • C(x)P(x)e P ( x ) dx ,

C(x)e P ( x ) dx  C(x)P(x)e P ( x ) dx  C(x)P(x)e P ( x ) dx  Q(x) 

C(x)e P ( x ) dx  Q(x)  C(x)  Q(x)  e P ( x ) dx  C(x) 
Q(x)e P ( x ) dxdx C


1
Осы табылған C(x) -ті (5)-ке қоя отырып, (13) теңдеуінің жалпы шешімін аламыз.

y e P ( x ) dx C
Q(x)e P ( x ) dxdx
(16)

1

Ескерту 5.
C e P ( x ) dx - (4) теңдеуінің жалпы шешімі, ал e P ( x ) dx
Q(x)e P ( x ) dxdx -


1
(13) теңдеуінің дербес шешімі ( C1  0 болғанда) болғандықтан, кез келген ретті сызықтық теңдеу үшін ақиқат болатын мынадай тұжырым жасауға болады: біртектес емес сызықты теңдеудің жалпы шешімі оған сәйкес біртекті сызықтық теңдеудің жалпы шешімі мен біртексіз сызықты теңдеудің дербес шешімінің қосындысына тең ( C1  0 болғандағы).
Мысал 10. х 2ху у х 2 2х  1 теңдеуінің жалпы шешімін тап. Бастапқы шарт
у(-2)=2 болғандағы, Коши есебін шеш.

Берілген теңдеуді екі жағын да
х 2 х  0
өрнегіне бөліп, (3) түріне келтіреміз:

Мұнда
у у
х 2 х
х 2 2х 1


х 2 х .

1 1
х 2 2х 1

x2x 1

Р х х 2 х хх 1,.
Qx 
хx 1 .
x 1 .



Берілген теңдеудің (6) формуласына сәйкес жалпы шешімі:




dx


x2x 1 dx



y e
x x 1


x  1
e x x 1 dx c .


(17)

Осы шешімнің ішіндегі интегралдарды шығаралық:


dx

A



B




1



1 1



x

  • ln

x  1

 ln

x  1

  
xx  1

x




x  1




xx 1, A  1, B  1.




x x  1















x




dx ln ,



x2x 1
e
x  1


ln x1 x
dx
dx  
2x  1dx  x 2x,


x2x  1

x  1

x  1

x



мұндағы  және  таңбалары
х 1
х
теңдігінен шығады. Табылған

интегралдарды (7) шешіміне қойсақ, берілген теңдеудің жалпы шешімін аламыз:



ln x1
x    
x    
Cx

y e
x x2 x C
x 1
x2 x
C  
x 1
x x 1  C
x2
x 1.

у(-2)=2 бастапқы шартын қанағаттандыратын дербес шешімі:

2  4 
2С

 2 1


, С  3, у х 2
3х . ◄
х 1


Мысал 11.
y(3x y 2 )  y
теңдеуін шеш.

Шешуі. Бұл теңдеу y -ке қатысты сызықты емес. x -ті у тәуелсіз айнымалысына

тәуелді функция ретінде қарастырсақ:


x
1
y . Онда

1 (3x y2 )  y  3x y2 xy yx  3x   y2 x 3 x   y.

x


Бұл теңдеу x -ке қатысты сызықты (6)-дан,


P( y)  
y
3 ,Q( y)   y .

y


x e
3dy y

  • (C y e

3dy
y dy)  e3 ln y (C y e3 ln y dy) 

e3ln y (C y eln y3 dy)  y3 (C 1 dy)  y3 (C 1 )
y2 y
x Cy 3 y 2 - жалпы шешім.
Сонымен қатар, (3) сызықты дифференциал теңдеуін Бернулли әдісін қолданып та, интегралдауға болады. Екі белгісіз функция u(x ), v(x) енгіземіз және y=u(x)v(x) (

Бернулли ауыстыруы) деп аламыз. Онда у uv uv.
у және у өрнектерін (3)

теңдеуіне қоя отырып, uv uv Pxuv Qx немесе

v Pxvu uv Qx.
(8)

теңдеуін аламыз. Жақшаның ішіндегі өрнекті
v Pxv =0 десек, бұл айнымалысы

ажыратылатын дифференциалдық теңдеу. Осы теңдеуді шешіп, v-ны табуға болады. Енді жақшаның ішіндегі өрнекті нөлге тең деп алғандықтан, (8) теңдеуі мына түрге келеді:
u uv Qx . Бұл теңдеуге жоғарыда табылған v-ны қойсақ, бұл да айнымалылары
ажыратылатын теңдеу болады, бұл жерден u-ды табамыз. Табылған u мен v-ны Бернулли ауыстыруына қоятын болсақ, берілген теңдеудің жалпы шешімі шығады.
Мысал 12.

y ytgx
1

cos x



дифференциалдық теңдеуін Бернулли әдісін қолданып шеш және бастапқы шарт
у 1 болғандағы, Коши есебін шығар.
Бернулли ауыстыруын жасаймыз: y uv, y uv uv, онда:

uv uv uvtgx
1

cos x


, v vtgxu uv
1 .
cos x

v vtgx  0
теңдеуінің шешімін іздейміз.
dv vtgxdx  0, dv vtgxdx 0,
v





dv
v
tgxdx  0,
ln v  ln cos x
 ln C1 .

C1  1


деп,
v  cos x.

шешімін табамыз. Енді


uv
1


cos x

теңдеуін шешеміз,



мұндағы
v cos x.
u 1 ,
cos x
u 1 C tgx C. cos x



Онда берілген теңдеудің жалпы шешімі:
y uv  tgx C cos x.
Енді бастапқы шартқа сәйкес дербес шешім іздейміз:
у 1, 1 0 С 1, бұдан С  1. Табылған С=-1 мәнін жалпы шешімге қойып,
теңдеудің дербес шешімін аламыз: y tgx 1cos x sin x cos x.





  1. Достарыңызбен бөлісу:
1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12




©engime.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет